2022届高考物理二轮专题复习5动量和能量

1 动量和能量

一、选择题（第1～6题为单选题，第7～10题为多选题）

1．如图所示是小阳采用背越式跳高的频闪拍照示意图。若小阳的重心轨迹与同速度的小球（不计阻力）做斜上抛运动的轨迹重合，D位置时小阳恰好到达最高点。小阳从D处水平飞出后，落地前的过程中，他在任意相等的时间间隔内（ ）

A．动能变化量不相同

B．动能变化量相同

C．动量变化率不相同

D．动量变化率保持为零

【答案】A

【解析】小阳从D处水平飞出后，落地前的过程中做平抛运动，在任意相等的时间间隔内，速度的变化量相等，动能是标量，速度是矢量，所以动能变化量不相同，故A正确，B错误；由动量定理可知mgtp，在任意相等的时间间隔内动量变化率pmgt，故CD错误。

2．如图所示，摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中（ ）

A．重力的冲量大小为mRω

B．重力的冲量大小为2mRω

C．重力的冲量大小为πmg

D．重力的冲量大小为2πmg

【答案】C

【解析】乘客从最高点到最低点运动的时间为t，因此重力的冲量大小为mgImgt，C正确。

3．静止在水平地面上的物体A、B质量相同，现用水平拉力F1、F2分别作用于A、B，一段时间后撤去拉力，各自滑行一段距离后停下。A、B运动的v－t图像如图，其中物体减速运动过程中速度图线平行。由图中信息可得（ ）

A．F1对物体A做功大于F2对物体B做功

B．F1对物体A做功等于F2对物体B做功

C．F1对物体A的冲量大于F2对物体B的冲量 2 D．F1对物体A的冲量等于F2对物体B的冲量

【答案】B

【解析】撤除拉力后两物体的速度图像平行，故加速度大小相等。对于匀减速直线运动过程，根据牛顿第二定律知两个物体所受的滑动摩擦力大小相等；根据速度图像的“面积”表示位移，可知二者的总位移相等，所以摩擦力做的总功相等，对整个过程，由动能定理得WF＋Wf＝0，即WF＝－Wf，所以拉力FA对物体A做的功等于拉力FB对物体B做的功，故A错误，B正确；根据动量定理，对整个过程研究得I1－ft1＝0，I2－ft2＝0，可得I1＝ft1，I2＝ft2，由图看出，t1＜t2，则有F1的冲量I1小于F2的冲量I2，故CD错误。

4．2021年11月18日14时02分，某市消防救援指挥中心接到报警称：某区某街道某路某号4楼起火。14时17分，70名指战员到达现场，经侦查，起火建筑为5层钢筋混凝土建筑，4楼起火向3楼和5楼蔓延，15时10分火势得到有效控制，15时48分火势被扑灭。如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时，设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是（ ）

A．水枪的流量为12πvD2

B．水枪的功率为18πρv3D2

C．水柱对着火物的冲击力为18πρv2D2

D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向后且斜向上方

【答案】B

【解析】设t时间内，从水枪喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，214VSvtDvt，A错误；单位时间喷出水的质量为214mvDt，t时间内水枪喷出的水的动能223k1128EmvDvt，知高压水枪在此期间对水做功23k18WEDvt，高压水枪的功率2318WPDvt，B正确；考虑一个极短时间t，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得Ftmv，t时间内冲到着火物上水的质量214mDvt，解得2214FDv，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力'2214FFDv，C错误；当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D错误。 3 5．粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的v－t图像如图所示，4 s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1 kg，重力加速度为g＝10 m/s2，根据图像可知下列说法正确的是（ ）

A．乙物块质量为0.5 kg

B．物块与水平面之间的动摩擦因数为0.2

C．从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移为80 m

D．两小球碰撞过程中损失的机械能为75 J

【答案】A

【解析】由v－t图可知，碰撞前瞬间甲的速度为15m/s，乙的速度为0，碰撞后甲乙速度相等为10m/s，由动量守恒定律得()甲甲甲乙共mvmmv，解得0.5kg乙m，故A正确；由v－t图可知，乙的加速度大小为2.52m/s，根据mgma，解得0.25，故B错误；根据v－t图像与t轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移2515104m4m60m22x，故C错误；两球碰撞过程中损失的机械能2211()22甲甲甲乙共Emvmmv，代入数据解得Δ37.5JE，故D错误。

6．如图所示，由两段圆弧和两段直轨道平滑连接，组成的封闭轨道固定在水平面上，整个封闭轨道关于O1O2连线所在直线对称，在两小球间压缩一轻弹簧（弹簧与小球不拴连），用细线固定并靠着直轨道静置，不计一切摩擦。已知r2＝2r1，m1＝2m2＝m，现将细线烧断，两小球进入圆弧轨道前弹簧已恢复原长，小球m1进入圆弧轨道时的速度为v，下列说法中正确的是（ ）

A．两球进入圆弧轨道时的动能之比Ek1∶Ek2＝2∶1

B．两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比F1∶F2＝1∶2

C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为32mv2

D．两球经过圆弧轨道的时间相同

【答案】C

【解析】对两球组成的系统，由动量守恒定律可知'12mvmv，解得'2vv，两球进入圆弧轨道时的动能之比221211:(2)1:2222kkmEEmvv：，A错误；根据2NvFmr，可得两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比12:1:1FF，B错误； 烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能22211(3222)22pmEmvvmv，C正确；设左边小圆弧所对圆心角为θ，则大圆弧所对圆心角为2π 4 －θ，两球经过圆弧轨道的时间之比1122(2):22trrtvv，D错误。

7．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态。现使两球反向运动，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（ ）

A．甲球向左，乙球向右

B．甲球向左，乙球不动

C．甲球不动，乙球向左

D．甲球不动，乙球不动

【答案】ABD

【解析】若甲球和乙球的初动量大于绳子对两球的冲量，则甲球继续向左运动，乙球也继续向右运动，故A可能；若甲球和乙球的初动量相等，绳子对甲、乙两球的冲量等于甲球或乙球的动量，则甲球和乙球都不动，故D可能；无论甲球速度如何，若乙球速度变为零的瞬间绳子没有绷断，当乙球速度向左后，绳子间张力变小，绳子就不可能断裂了，故B可能，C不可能。

8．两物体发生碰撞，碰撞前后的位移－时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．两物体的质量相同

B．碰撞前两物体的速度相同

C．碰撞过程中，两物体所受合力的冲量相同

D．碰撞后两物体均静止

【答案】AD

【解析】根据位移时间图像的斜率等于速度，可知碰撞前两物体速度大小相等、方向相反，12vv，碰撞后两个物体的速度为零，则有1122mvmv=-，得12mm，故AD正确，B错误；碰撞过程中，两物体所受的合外力大小相等、方向相反，力的作用时间相等，则两物体所受合外力的冲量大小相等、方向相反，冲量不同，故C错误。

9．一小孩用质量为m的电动玩具车在平直路面上试车，如果设定电动机从t＝0始提供水平向前的牵引力F随时间t变化的图线如图所示，玩具车在t0时刻开始运动，且受到的阻力恒定不变，则玩具车（ ）

A．在4t0时的速度大小为006Ftm

B．0～4t0时间内合外力所做的功为2200258Ftm 5 C．在4t0时的牵引力的功率为20052Ftm

D．0～4t0时间内牵引力的冲量大小为6F0t0

【答案】BD

【解析】玩具车在t0时刻开始运动，且受到的阻力恒定不变，可知阻力f＝F0，对玩具车全程由动量定理可得00000000020222322FFtFttFtmv，解得0052Ftvm，故A错误；在004t的时间内，根据动能定理，合外力的功等于动能的变化，有2220012528FtWmvm合，故B正确；在04t时，牵引力的功率2000005522FtFtPFvFmm，故C错误；由图像可知，牵引力产生的冲量就等于力的图线与时间轴所围的面积，有006IFt，故D正确

10．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）

A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车系统的总动量不守恒

B．滑块滑到B点时的速度为3gR

C．滑块从A滑到C的过程中相对于地面的水平位移等于23(R＋L)

D．水平轨道的长度L有可能等于圆弧轨道的半径R

【答案】AC

【解析】滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，A正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律0mMmvMv，221122mMmgRmvMv，解得32mgRv，2132MgRv，滑块滑到B点时的速度为32gR，B错误；设全程小车相对地而的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小 6 车的位移为RL，则滑块水平方向相对地面的位移为xRLs，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得()0mRLsMs，解得1()3sRL，(3)2xRL，C正确；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0mMv，解得0v，由能量守恒定律得mgRμmgL，解得RL，由于01，则水平轨道的长度L一定大于圆弧半径R，D错误。

二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

11．如图所示，空间中存在电场强度E＝2×103N/C、水平向左的匀强电场（图中未画出）。质量M＝0.2 kg、长L＝8 m的绝缘长木板紧靠在光滑的竖直墙面上，在木板的下端放置质量m＝0.1 kg、电量q＝+1×10－3C的可视为质点的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1；用硬纸片垫在木板与滑块的下端使两者均静止。某时刻，迅速将纸片抽离，同时对木板施加一个竖直向下大小为1.2 N‧s的瞬时冲量，若木板下端距离地面足够高，重力加速度取g＝10 m/s2。